浙江省嘉兴市2021届高三9月教学测试数学试题答案

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浙江省嘉兴市2021届高三9月教学测试数学试题答案

高二数学 参考答案 第 1 页(共 8 页) 2020 年嘉兴市高三教学测试 高三数学 参考答案 (2020.9) 一、选择题(本大题共 10 小题,每小题 4 分,共 40 分) 1.D; 2.B; 3.A; 4.C; 5.D; 6.C; 7.B; 8.A; 9.D; 10.C. 10.提示 显然 0a  ,否则 0xea,于是     10xf x e a tax    ,即 10tax ,这与 不等式的解集为 R 矛盾.又易知 0a  时,不等式   0fx 恒成立.于是仅需再分析 0a  的 情 形 。 易 知 0t  ,由     10xf x e a tax    知 lnxa 或 1x ta ,所以 11ln lna a ata t     .所以原问题等价于关于 a 的方程 1 lnaat 有两解,进而由函数 图像易知 te . 二、填空题(本大题共 7 小题,多空题每题 6 分,单空题每题 4 分,共 36 分) 11. 3 2 ; 10 2 12. 2 ;   , 2 0,2  13. 0 ; 32 14. 3 ;1 15. 4 16.  1 3,0 0,1 3   17. 27 7 17.提示: 224 1 2 cos 1 2 cos 4a xb a xb x x x x           ,变形得 221 2 cos 4 1 2 cosx x x x      ,两边平方得 22 1 2 cos 4 cosx x x    , 再两边平方得 2 2 12 7 24 cos x    ,所以 27cos 7  . 高二数学 参考答案 第 2 页(共 8 页) 三、解答题 18.(本题满分 14 分) 在 ABC 中,角 ,,A B C 所对的边分别是 ,,a b c .已知 2 sin 5 cosb A a B . (1)求cosB 的值; (2)若 3 , 2a c b,求 c 的值. 解:(1)由 sin sin ab AB 得 sin sin aA bB ,所以 2sin sin 5sin cosB A A B ,即 2sin 5 cosBB ,又 22sin cos 1BB,解得 2cos 3B  . (2)由余弦定理得 2 2 2 2 cosb a c ac B   ,即 2 210 2 3 23c c c     ,解得 262c  ,即 3 3c  . 19.(本题满分 15 分) 如图,四棱锥 A BCDE 中, ABC 为等边三角形,CD  平面 ABC , BE ∥ CD 且 22AC CD BE   , F 为 AD 中点. (1)求证: EF ∥平面 ABC ; (2)求直线 BC 与平面 AED 所成角的正弦值. 19. 解( 1)延长 DE 交CB 的延长线于G ,连接 AG .因为 BE ∥CD 且 2CD BE ,所以 E 为 DG 中点.又 F 为 AD 中点,所 以 EF ∥ AG .又 EF  平面 ABC , AG  平面 ABC ,于是 ∥平面 ABC ; (2)方法一:由 1 2AB CG 且 B 为CG 中点知 AG AC .因 为CD  平面 ,且 平面 ,所以 AG CD ,又 CD AC C ,于是 AG  平面 ACD .由 平面 得 平面 AGD  平面 ACD .连接CF ,显然CF AD ,因为平面 AGD 平面 ACD AD , 所以CF  平面 AGD .连接GF ,所以 CGF 即为直线 BC 与平面 AED 的所成角.由 C B E A F D G (第 19 题) 高二数学 参考答案 第 3 页(共 8 页) 2BC  ,则 2CF  ,所以在 Rt CFG 中, 2sin 4 CFCGF CG   . 方法二:取 AC 的中点O ,连接OF .由 ∥CD 及CD  平面 ABC 得 OF  平面 ABC .如图建立空间坐标系 O xyz ,易得  0, 1,0A  ,  3,0,1E ,  0,1,2D 于是  3,1,1AE  ,  0,2,2AD  ,设平面 AED 的一个 法向量  ,,n x y z ,于是 30 2 2 0 n AE x y z n AD y z           ,令 1y  ,解得 1z  , 0x  所以  0,1, 1n .又  3,1,0BC  ,设直线 BC 与平面 AED 的所成角的大小为 ,所以 12sin 422 n BC n BC      . 20.(本题满分 15 分) 已知数列 na 的前 n 项和为 nS , 2nnS a n, *nN . (1)求数列 的通项公式; (2)令 2nnb na ,求数列 nb 的前 n 项和 nT . 20.解:(1)当 1n  时, 1121Sa,得 1 1a  当 2n  时,  11 2 21 nn nn S a n S a n     ,相减得 121nnaa,变形得   11 2 1nnaa   , 又 1 12a , 12n na   ,即 21n na   (2)   12 2 2 1 2 2nn nnb na n n n      ,于是      2 3 1 12 1 2 2 2 2 4 2 2n nnT b b b n n                   2 3 11 2 2 2 2 2 1 2n nT n n             ,令 2 3 11 2 2 2 2n nAn        即  1nnT A n n   . G C B E A F D O (第 19 题) y x z 高二数学 参考答案 第 4 页(共 8 页)  2 3 11 2 2 2 1 2 2nn nA n n            ①  3 4 1 22 1 2 2 2 1 2 2nn nA n n         ② ①-②得  2 3 1 2 24 1 2 2 2 2 2 212 n n n n nA n n                 2 2 24 2 2 1 2 4n n nnn              21 2 4n nAn        221 2 4n nT n n n       . 21.(本题满分 15 分) 如图,已知抛物线  2 1 : 2 0C x my m,  2 2 : 2 0C y nx n的焦点分别为 12,FF,且 41mn  . (1)当 12FF 最短时,求直线 12FF的方程; (2)设抛物线 12,CC异于原点的交点为Q ,过 点 Q 作直线 AB ,分别交 于 A ,B 两点, 其中直线 的斜率 0k  ,且 点Q 为线段 的中点.当 AB 最短时,求抛物线 的方 程. 21. (1)解: 22 22 1 2 1 2 44 mnF F OF OF    12 24mn,等号当且仅当 1 2mn时成立.此时 12FF的方程为4 4 1 0xy   . (2)方法一:设  00,Q x y ,则 2 00 2 00 2 2 x my y nx    ,解得 0 0 1y x .进一步 3 0 3 0 2 12 mx n x     ,于是 23 10:C x x y , 2 2 3 0 1:C y xx .设  0 0 1:AQ y k x xx   ,联立 23 10:C x x y 得 2 3 4 2 0 0 0 0x kx x kx x    ,于是 3 00Ax x kx , 42 0 0 0Ax x kx x   ,解得 3 00Ax kx x. F2 F1 B Q A O x (第 21 题) y 高二数学 参考答案 第 5 页(共 8 页) 0 0 11:BQ x x ykx     ,联立 2 2 3 0 1:C y xx 得 2 3 4 2 0 0 0 1 1 1 0yyx k kx x    ,于是 3 0 0 11 By x kx , 42 0 00 1 1 1 By x kx x   ,解得 3 00 11 By xkx, 023 00 12 Bxxkxkx   . 所以 3 0023 00 12 2ABx x kx xkxkx     ,整理得  2 20 0023 0 12 2kx x kxkx  ,即 2 2 4 3 6 0 0 01 2 2kx k x k x   .令 2 0 0u kx,换元得   3 2 22 2 1 1 3 1 0u u u u u u        , 所以 1u  ,于是 2 0 1kx  . 又  2 2 3 2 0 0 0 0 042 00 111 1 2 1 3 3 3 2AAQ k x x k x kx x xxx            ,当且仅 当 2 0 1x  时等号成立.所以 2 2 1mn,此时 2 1 :C x y , 2 2 :C y x . 方法二:设  00,Q x y ,则 2 00 2 00 2 2 x my y nx    ,解得 0 0 1y x ,进一步得 3 0 3 0 2 12 mx n x     ,于是 23 10:C x x y , 2 2 3 0 1:C y xx .由 AQ BQkk 知 0 0 2 12 A B xx n m y x    ,即  0 0 1 41ABx x y mnx      .又 2 3 0 0 0 0 2 2 2 12A B Q B A Ay y y y y xx x x x        . 所以  2 0 3 0 0 31 1AAx x xx x     ,整理得 32 32 000 1 1 3 20A A Ax x xxxx    .令 0 1Axu x   ,则   3 2 23 2 2 1 0u u u u u u        ,解得 2u  或 15 2u  (舍)或 15 2u  (舍). 于是 02Axx , 0 2 0 1 2 A AQ xxk m x    . 所以 22 0 0 042 00 111 1 3 3 3 2AAQ k x x x xxx         ,当且仅当 0 1x  时等号成 立. 所以 ,此时 2 1 :C x y , 2 2 :C y x . 方法三:设  22 ,2A ms ms ,  22 ,2Q mt mt ,由Q 为线段 AB 的中点,于是  224 2 ,4 2B mt ms mt ms.因为 , B 均在抛物线 2C 上,所以 高二数学 参考答案 第 6 页(共 8 页)       22 222 24 4 2 2 4 2 mt mnt mt ms n mt ms       ,再由 41mn  化简得   23 2222 41 4 2 2 mt m t s t s      消去 m 得   22 2 3 4 2 3 42 2 4 2 0t s t s t s st st t        ,即 42 4 2 0s s s t t t              令  ,1su t    ,得    4 2 24 2 1 2 1 0u u u u u u u         ,解得 2u  ,于是 2st , 2 3 14m t .所以      22 2 2 2 2 4 12 2 2 2 4 9 9 3 3 2AQ ms mt ms mt m t t t t         ,当且仅当 1t  时等号成立. 所以 2 2 1mn,此时 2 1 :C x y , 2 2 :C y x . 22.(本题满分 15 分) 已知函数    2ln 2 0f x x x x ax k k      (1)当 0a  , 1k  时,求  fx在   1, 1f 处的切线方程; (2)当  0,x  时, 的最小值为 0 ,求 4ka 的最小值. 22.解:(1)   1 ln 2f x x x     ,所以  11lkf,又  12f  ,于是切线方程为 21yx   ,即 10xy   . (2)方法一:   1 ln 2 2f x x x a      ,进而   1 2 12 xfx xx     ,于是易知  fx 在 10, 2   上单调递减,在 1 ,2  上单调递增.所以  min 1 ln2 22f x f a   (I)当 ln2 2 0a即 1 ln22a  时 由   0fx  知  fx在  0, 上单调递增.又  0 lim 0 x f x k  ,所以   0f x k.这与   0fx 在  0, 有解矛盾. (II)当 ln2 2 0a即 1 ln22a  时 高二数学 参考答案 第 7 页(共 8 页) 易知存在 12,xx( 120 xx),使得    120f x f x,且  fx在    120, , ,xx 上 单调递增,在 12,xx 上单调递减. 所以原问题等价于     2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 ln 2 2 0 ln 2 0 f x x x a f x x x x ax k              ,整理得 22 2 22 2 1 ln 2a x x k x x      所以 2 2 2 24 5 2ln 2k a x x x     ,由 0k  得 2 1x  .令   2 5 2ln 2h x x x x    ( 1x  ), 显然     2 1 2225 xxh x x xx      ,所以  hx在 1,2 上单调递减,在 2, 上单 调递增,于是    min 2 2ln2 4h x h   ,即 4ka 的最小值为 2ln2 4 . 方法二: 0x  ,  y f x 的最小值为 0 等价于  fxy x 的最小值为 . 令     ln 2fx kg x x x axx      ,即  min 0gx  由     2 22 1 10k x x kg x kx xx        得,存在唯一  0 0,x   ,使得   2 00 0 2 0 0x x kgx x  ,即 2 000k x x   ,所以  gx在 00, x 单调递减, 0 ,x  单 调递增,因此    0 0 0min 0 ln 2 0kg x g x x x a x       ,将 2 00k x x代入得 2 00 00 0 ln 2 0xxx x a x      ,即 00ln 2 1 2x x a    ,所以 2 0 0 04 5 2ln 2k a x x x     ,由 ,得 0 1x  . 令 ( ),显然     2 1 2225 xxh x x xx      ,所以 在 上单调递减,在 上单调递增,于是    min 2 2ln2 4h x h   ,即 的最小值为 .
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